届一轮复习浙江版八立体几何与空间向量单元检测.docx
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届一轮复习浙江版八立体几何与空间向量单元检测
单元检测八 立体几何与空间向量
(时间:
120分钟 满分:
150分)
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.下列命题中,错误的是( )
A.平行于同一平面的两个平面平行
B.平行于同一直线的两个平面平行
C.一条直线与两个平行平面中的一个相交,那么这条直线必和另一个平面相交
D.一条直线与两个平行平面所成的角相等
答案 B
解析 选项A正确,是面面平行的传递性.选项B错误,比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行,但两侧面所在平面相交.选项C正确,由反证法,若直线与另一平面不相交,则直线在平面内或直线与平面平行,与直线与第一个平面相交矛盾.选项D正确,由线面角定义可知正确.
2.长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5,且它的8个顶点都在同一球面上,则这个球的表面积是( )
A.25πB.50πC.125πD.都不对
答案 B
解析 长方体的8个顶点都在同一球面上,则这个球是长方体的外接球,所以球的直径等于长方体的体对角线长,即R==,所以球的表面积为4πR2=4π·2=50π,故选B.
3.如图,在多面体ABCDEF中,已知底面ABCD是边长为3的正方形,EF∥AB,EF=,且EF与底面ABCD的距离为2,则该多面体的体积为( )
A.B.5C.6D.
答案 D
解析 分别取AB,CD的中点G,H,连接EG,GH,EH,把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱,可求得四棱锥的体积为3,三棱柱的体积为,进而整个多面体的体积为.
4.如图,长方体ABCD—A1B1C1D1中,∠DAD1=45°,∠CDC1=30°,那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是( )
A.B.
C.D.
答案 C
解析 由长方体∠DAD1=45°,∠CDC1=30°,设AD=DD1=1,CD=.连接BC1,BD.
由AD1∥BC1,所以异面直线AD1与DC1所成角,即∠BC1D.
在△BDC1中,BC1=,BD=2,C1D=2,由余弦定理可得cos∠BC1D===,
所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是.
5.(2018·嘉兴测试)已知两个不同的平面α,β和三条不同的直线m,a,b,若α∩β=m,a⊂α且a⊥m,b⊂β,设α和β所成的一个二面角的大小为θ1,直线a与平面β所成的角的大小为θ2,直线a,b所成的角的大小为θ3,则( )
A.θ1=θ2≥θ3B.θ3≥θ1=θ2
C.θ1≥θ3,θ2≥θ3D.θ1≥θ2,θ3≥θ2
答案 D
解析 由题意可知θ1=θ2或θ1+θ2=π,因为线面角的范围为,二面角的范围为[0,π],所以θ1≥θ2;当b⊥m时,θ2=θ3,当b不与m垂直时,θ2<θ3,所以θ2≤θ3.故选D.
6.若圆锥的侧面展开图是半径为2,圆心角为的扇形,则由它的两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为( )
A.B.C.D.
答案 A
解析 设圆锥底面圆的半径为r,
由2πr=×2,得r=,设轴截面顶角大小为2θ,
则sinθ=>,所以2θ>,
设两条母线所确定的截面最大时,两条母线的夹角为α,
则α≤2θ,最大截面所对应的三角形的面积
S=×2×2sinα,则α=,
所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形,其斜边上的高为,底面圆的圆心到最大截面斜边的距离为=,则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为=.
7.已知三棱锥S—ABC的每个顶点都在球O的表面上,SA⊥底面ABC,AB=AC=4,BC=2,且二面角S—BC—A的正切值为4,则球O的表面积为( )
A.240πB.248πC.252πD.272π
答案 D
解析 设BC的中点为D,连接AD,SD,可得AD=1,则∠SDA是二面角S—BC—A的平面角,由于二面角S—BC—A的正切值为4,∴SA=4,由余弦定理知,
cos∠CAB===-,
sin∠CAB=,
由正弦定理知,△ABC的外接圆直径
2r===16,
设三棱锥S—ABC的外接球半径为R,
则2+r2=R2,得R2=68,
∴球O的表面积为4πR2=272π,故选D.
8.(2018·杭州质检)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E分别是BC,AB的中点,AB≠AC,且AC>AD.设PC与DE所成角为α,PD与平面ABC所成角为β,二面角P-BC-A为γ,则( )
A.α<β<γB.α<γ<β
C.β<α<γD.γ<β<α
答案 A
解析 由题图可知∠PCA=α<,∠PDA=β<,
因为PA⊥平面ABC,所以tanα=,tanβ=.
又AC>AD,故tanβ>tanα,则β>α.
过点A作AQ⊥BC,垂足为Q,连接PQ,则∠PQA=γ,
同理可证得γ>β,所以α<β<γ,故选A.
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱AP⊥平面ABCD,AB=1,AP=,点M在线段BC上,且AM⊥MD,则当△PMD的面积最小时,线段BC的长度为( )
A.B.2C.D.
答案 D
解析 方法一 设BM=x,MC=y,则BC=AD=x+y,
∵PA⊥平面ABCD,MD⊂平面ABCD,∴PA⊥MD,
又AM⊥MD,PA∩AM=A,PA,AM⊂平面PAM,
∴MD⊥平面PAM,
又PM⊂平面PAM,∴MD⊥PM,
易知AM=,MD=,
在Rt△AMD中,AM2+MD2=AD2,
即x2+1+y2+1=(x+y)2,化简得xy=1.
在Rt△PMD中,PM=,MD==,
∴S△PMD=PM·MD=··
=≥=,
当且仅当x2=,即x=,y=时取等号,
此时BC=x+y=.
方法二 由题意知,AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=a,
M(1,x,0),x>0,
则A(0,0,0),B(1,0,0),
C(1,a,0),D(0,a,0),P(0,0,).
由AM⊥MD,得·=0,
即(1,x,0)·(-1,a-x,0)=ax-x2-1=0,
解得a=x+,而·=ax-x2-1=0,
∴PM⊥MD,∴S△PMD=||·||
=·=·
=≥=,
当且仅当即时等号成立,此时BC=.
10.(2018·温州市高考适应性考试)已知正四面体PABC,Q为△ABC内的一点,记PQ与平面PAB,PAC,PBC所成的角分别为α,β,γ,则下列式子恒成立的是( )
A.sin2α+sin2β+sin2γ≥2
B.cos2α+cos2β+cos2γ≥2
C.tan2α+tan2β+tan2γ≤1
D.++≤1
答案 B
解析 取点Q为△ABC的中心,设正面体的棱长为1,
则sinα=sinβ=sinγ==,
所以sin2α+sin2β+sin2γ=<2,排除A;
所以cos2α=cos2β=cos2γ=1-2=,
所以tan2α=tan2β=tan2γ=,
所以++=24>1,排除D;
取BC的中点D,连接PD,AD,
易知AP与平面PBC所成的角为∠APD,
且cos∠APD===,
所以sin∠APD=,所以tan∠APD=>1,
所以当点Q靠近点A时,QP与平面PBC所成的角的正切值大于1,所以tan2α+tan2β+tan2γ>1,排除C.故选B.
第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.把答案填在题中横线上)
11.某空间几何体的三视图(单位:
cm)如图所示,则此几何体侧视图的面积为______cm2,此几何体的体积为______cm3.
答案 2 6
解析 此几何体的侧视图为直角三角形,高为4cm,底为=,面积为×4×=2;该几何体是以正视图为底面的四棱锥,如图所示,其底面为直角梯形,面积是(4+2)×6=18(cm2),高为,体积为×18×=6(cm3).
12.已知过球面上三点A,B,C的截面到球心的距离等于球半径的一半,且AC=BC=6,AB=4,则球面面积为________.
答案 54π
解析 如图,设球的半径为r,O′是△ABC的外心,外接圆半径为R,D是AB的中点,
则OO′⊥平面ABC.
在Rt△ACD中,cosA=,则sinA=.
在△ABC中,由正弦定理得=2R,得R=,
即O′C=.
在Rt△OCO′中,r2-r2=,
得r=,S球表=4π×=54π.
13.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC1=________.
答案
解析 ∵∠BAA1=∠DAA1=60°,
∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上,
∴平面ACC1A1⊥平面ABCD,
∵AB=1,AD=2,AA1=3,
=+=++,
∴||2=(++)2
=||2+||2+||2+2·+2·+2·
=1+4+9+0+2×1×3×+2×2×3×=23,
∴||=,∴AC1=.
14.(2018·浙江五校联考)在正三棱锥S-ABC中,M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2,则正三棱锥S-ABC的体积为________,其外接球的表面积为________.
答案 12π
解析 由正三棱锥的对棱互相垂直可得SB⊥AC,
又SB⊥AM,AM∩AC=A,AM,AC⊂平面SAC,
所以SB⊥平面SAC,则SB⊥SA,SB⊥SC.所以正三棱锥S-ABC的三个侧面都是等腰直角三角形.
又AB=2,所以SA=SB=SC=2,
故正三棱锥S-ABC是棱长为2的正方体的一个角,
其体积为SA·SB·SC=,其外接球的直径2R=2,故外接球的表面积为4πR2=12π.
15.如图,在三棱锥S-ABC中,若AC=2,SA=SB=SC=AB=BC=4,E为棱SC的中点,则直线AC与BE所成角的余弦值为__________,直线AC与平面SAB所成的角为__________.
答案 60°
解析 取SA的中点M,连接ME,BM,
则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角,
因为ME=,BM=BE=2,
cos∠MEB=
==,
所以直线AC与BE所成角的余弦值为.
取SB的中点N,则AN⊥SB,CN⊥SB,
又AN∩CN=N,AN,CN⊂平面ACN,
即SB⊥平面ACN,即平面SAB⊥平面ACN,
因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN,
因为AN=CN=AC=2,所以∠CAN=60°,
因此直线AC与平面SAB所成的角为60°.
16.如图,已知四棱锥A-BCDE中,AB=BC=2,BE=2CD=4,∠ABC=120°,∠EBC=30°,BE∥CD,M为棱DE的中点,三棱锥M-ABC的体积为,则点M到平面ABC的距离为________,二面角A-BC-D的正弦值为________.
答案 1
解析 在△ABC中,因为AB=BC=2,∠ABC=120°,
所以S△ABC=×AB×BC×sin∠ABC=.
设点M到平面ABC的距离为h,则由题意得,
×S△ABC×h=××h=,所以h=1.
作MF⊥BC于点F,MN⊥平面ABC于点N,连接FN,
则BC⊥平面MNF,故NF⊥BC,
故∠MFN为二面角A-BC-D的平面角或其补角.
过点E作ES⊥BC于点S,过点D作DT⊥BC的延长线于点T(图略),则ES=BEsin30°=2,
又BE∥CD,所以DT=CDsin30°=1,
所以MF==,
由
(1)知MN=h=1,所以sin∠MFN==,
设二面角A-BC-D的平面角为θ,则sinθ=sin∠MFN=.
17.已知边长为1的正△A′BC的顶点A′在平面α内,顶点B,C在平面α外的同一侧,点B′,C′分别为B,C在平面α内的射影,设BB′≤CC′,直线CB′与平面A′CC′所成的角为φ.若△A′B′C′是以角A′为直角的直角三角形,则tanφ的最小值为________.
答案
解析 如图,以点A′为坐标原点,A′C′,A′B′所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系.
设B(0,b,m),C(c,0,n),
则
可得mn=且0 又因为c2+n2=1,故n<1,又mn=,故m>, 又因为tanφ=b=, 所以≤tanφ<,所以tanφ的最小值为. 三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 18.(14分)如图,在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC-A1B1C1中,AC=9,BC=12,AB=15,AA1=12,点D是AB的中点. (1)求证: AC⊥B1C; (2)求证: AC1∥平面CDB1. 证明 (1)∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴CC1⊥平面ABC, 又AC⊂平面ABC,∴CC1⊥AC. 又∵AC=9,BC=12,AB=15, ∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC. ∵CC1,BC⊂平面BB1C1C,CC1∩BC=C, ∴AC⊥平面BB1C1C, 又B1C⊂平面BB1C1C,∴AC⊥B1C. (2)取A1B1的中点D1,连接C1D1,D1D和AD1. ∵AD∥D1B1,且AD=D1B1, ∴四边形ADB1D1为平行四边形, ∴AD1∥DB1, 又∵AD1⊄平面CDB1,DB1⊂平面CDB1, ∴AD1∥平面CDB1. ∵CC1∥DD1,且CC1=DD1, ∴四边形CC1D1D为平行四边形,∴C1D1∥CD, 又∵CD⊂平面CDB1,C1D1⊄平面CDB1, ∴C1D1∥平面CDB1. ∵AD1∩C1D1=D1,AD1,C1D1⊂平面AC1D1, ∴平面AC1D1∥平面CDB1, 又AC1⊂平面AC1D1,∴AC1∥平面CDB1. 19.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值; (2)求证: PD⊥平面PBC; (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. (1)解 由已知AD∥BC,得∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由已知,得AP==,故cos∠DAP==. 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为. (2)证明 因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD. 又因为BC∥AD,所以PD⊥BC, 又PD⊥PB,BC,PB⊂平面PBC,BC∩PB=B, 所以PD⊥平面PBC. (3)解 过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,故BC⊥DC,在Rt△DCF中,可得DF==2,在Rt△DPF中,可得sin∠DFP==. 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 20.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ADC=∠BCD=90°,BC=2,CD=,PD=4,∠PDA=60°,且平面PAD⊥平面ABCD. (1)求证: AD⊥PB; (2)在线段PA上是否存在一点M,使二面角M-BC-D的大小为? 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. (1)证明 过点B作BO∥CD,交AD于点O,连接PO, 则AD⊥BO, 在△PDO中,PD=4,DO=2, ∠PDA=60°, 则PO⊥AD,∵PO∩BO=O, PO,BO⊂平面POB, ∴AD⊥平面POB, 又∵PB⊂平面POB,∴AD⊥PB. (2)解 假设存在点M,过点M作AD的平行线交PO于点N,连接BN, 易知M,N,B,C四点共面, ∵平面MBC∩平面BCD=BC, 由 (1)知,AD⊥平面POB, BC∥AD, 则BC⊥平面POB,又BN⊂平面POB, ∴BN⊥BC,又OB∥CD,则OB⊥BC, 则∠NBO即为二面角M-BC-D的平面角, 则tan∠NBO==, 得NO=1,PN=PO-NO=2-1, ∴===1-. 21.(15分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,E,F分别是AB,BC的中点. (1)求A1E与B1F所成的角; (2)求A1E与平面BCC1B1所成的角. 解 (1)取AD的中点H,连接A1H,HE,HF. 由于H,F分别是AD,BC的中点,ABCD为正方形, 所以HF∥AB,且HF=AB, 所以A1B1∥HF,且A1B1=HF, 所以A1B1FH为平行四边形, 所以B1F∥A1H,且B1F=A1H, 故A1E与B1F所成的角等于A1E与A1H所成的角, A1E=,HE=,A1H=, 故∠HA1E=60°,故A1E与B1F所成的角为60°. (2)因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1, 所以直线A1E与平面BCC1B1所成的角即为直线A1E与平面ADD1A1所成的角, 所以∠EA1A即为所求角,而易知∠EA1A=45°, 所以直线A1E与平面BCC1B1所成的角为45°. 22.(15分)如图,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,且△PAD是边长为2的等边三角形,PC=,点M是PC的中点. (1)求证: PA∥平面MBD; (2)点F在PA上,且满足=,求直线DM与平面FBD所成角的正弦值. (1)证明 连接AC,交BD于点E,连接ME. 因为四边形ABCD是矩形, 所以点E是AC的中点, 又点M是PC的中点, 所以PA∥ME, 又PA⊄平面MBD,EM⊂平面MBD, 所以PA∥平面MBD. (2)解 取AD的中点O,则PO⊥AD, 又平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,故PO⊥平面ABCD,连接OC. 在Rt△POC中,OC==, 所以在Rt△ODC中,DC==3, 以O为坐标原点,OA,OE,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,3,0),D(-1,0,0),C(-1,3,0), P(0,0,),M, 则=(-2,-3,0), 设F(x0,y0,z0),=(x0-1,y0,z0),=(-1,0,),=(x0-1,y0-3,z0). 则由=得(x0-1,y0,z0)=(-1,0,), 即F,则=. 设平面FBD的法向量m=(x,y,z), 则得 令x=3,则y=-2,z=-5,故m=(3,-2,-5),又=, 设直线DM与平面FBD所成的角为θ,则 sinθ=|cos〈m,〉|= ==, 故直线DM与平面FBD所成角的正弦值为.
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